Viết phương trình mặt phẳng P qua A và vuông góc với đường thẳng d.. Chọn ngẫu nhiên một tam giác có các đỉnh là 3 trong 12 đỉnh của đa giác.. Tính xác suất để tam giác được chọn có 3 đỉ
Trang 1www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
QUẢNG NAM
KỲ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12 THPT
NĂM HỌC 2015 - 2016 Môn thi: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
Câu 1 (1,0 điểm) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số 2x 4
y
x 1
−
=
−
Câu 2 (1,0 điểm) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số f(x) = (x2− 2).e2x trên đoạn [–1 ; 2]
Câu 3 (1,0 điểm)
a) Cho số phức z thỏa mãn (2 i)z+ = −4 3i Tìm môđun của số phức w= +iz 2 z
b) Giải phương trình log x2 = −3 log (x2 +2)
Câu 4 (1,0 điểm) Tính tích phân
1
0
x
(2x 1)
=
+
Câu 5 (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(–2 ; 3 ; 1) và đường thẳng
x 3 y 2 z 1
d :
− = − = −
− Viết phương trình mặt phẳng (P) qua A và vuông góc với đường thẳng d Tìm tọa độ
điểm M thuộc đường thẳng d sao cho khoảng cách từ M đến mặt phẳng (P) bằng 3
Câu 6 (1,0 điểm)
a) Cho góc α thỏa mãn 5sin 2α −6cosα =0 và 0
2
π
< α < Tính giá trị của biểu thức:
2
π
= − α + π − α − π + α
b) Cho đa giác đều 12 đỉnh, trong đó có 7 đỉnh tô màu đỏ và 5 đỉnh tô màu xanh Chọn ngẫu nhiên một tam giác có các đỉnh là 3 trong 12 đỉnh của đa giác Tính xác suất để tam giác được chọn có 3 đỉnh cùng màu
Câu 7 (1,0 điểm) Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC.A’B’C’ có cạnh đáy bằng a, góc giữa hai mặt phẳng
(A’BC) và (ABC) bằng 600 Gọi M là trung điểm cạnh BC, N là trung điểm cạnh CC’ Tính theo a thể tích khối chóp A.BB’C’C và khoảng cách từ M đến mặt phẳng (AB’N)
Câu 8 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình
2 2
3 8 x 4 y 1 x 14y 12
− − + − + − =
(x, y ∈ R)
Câu 9 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có trực tâm H, phương trình đường
thẳng AH là 3x− + =y 3 0, trung điểm của cạnh BC là M(3 ; 0) Gọi E và F lần lượt là chân đường cao hạ từ B
và C đến AC và AB, phương trình đường thẳng EF là x 3y 7− + =0 Tìm tọa độ điểm A, biết A có hoành độ dương
Câu 10 (1,0 điểm) Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn điều kiện 4a 2c b c
+ + + =
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: bc 2ca 2ab
P a(b 2c) b(c a) c(2a b)
–––––––––––– Hết ––––––––––––
Họ và tên thí sinh: ……… …; Số báo danh: ………
Trang 2www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
QUẢNG NAM
KỲ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12 THPT
NĂM HỌC 2015 - 2016 ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM Môn thi: TOÁN
(Đáp án – Thang điểm gồm 05 trang)
Câu 1
(1,0 điểm) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số
2x 4 y
x 1
−
=
−
* Tập xác định: D=ℝ\ {1}
* Sự biến thiên:
2
2
y ' (x 1)
=
−
Vì y’ > 0, ∀ x ≠ 1 nên hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (–∞ ; 1), (1 ;+∞)
0,25
Giới hạn và tiệm cận:
lim y , lim y
→ = −∞ → = +∞; tiệm cận đứng x = 1
x
lim y 2
Bảng biến thiên
y +∞
2
2
– ∞
0,25
* Đồ thị :
x
y
2
2
4
O 1
0,25
Câu 2
(1,0 điểm) Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số
f(x) = (x − 2).e trên đoạn [–1 ; 2]
Hàm số f(x) liên tục trên đoạn [–1 ; 2], f '(x) = 2(x2+ − x 2)e2x 0,25
2
f '(x) 0 x x 2 0
x 1
x ( 1; 2) x ( 1; 2)
=
⇔ + − = ⇔ =
2
1
f (1) e , f ( 1) , f (2) 2e
e
−
GTLN của f(x) trên đoạn [–1 ; 2] bằng 2e4, khi x = 2, GTLN của f(x) trên đoạn [–1 ; 2]
Trang 3www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam
Câu 3
(1,0 điểm) a) (0,5) Cho số phức z thỏa mãn (2 i)z+ = −4 3i Tìm môđun của số phức w = + iz 2z
w= +iz 2z=i(1 2i)− +2(1 2i)+ = +4 5i Vậy | w |= 41 0,25
b) (0,5) Giải phương trình log x2 = −3 log (x2 +2) (1)
Điều kiện: x > 0 (*)
2
2
x 2x 8 0
⇔ + − = ⇔ x = – 4 hoặc x = 2
Kết hợp với điều kiện (*) suy ra phương trình (1) có một nghiệm x = 2 0,25
Câu 4
(1,0 điểm) Tính tích phân
1
0
x
(2x 1)
=
+
Khi đó
3 3 1
1 1
4 t
= ∫ (0,25)
3 2 1
9 8t
−
Câu 5
(1,0 điểm) Cho điểm A(–2 ; 3 ; 1) và đường thẳng x 3 y 2 z 1
d :
− = − = −
− Viết phương trình mặt phẳng (P) qua A và vuông góc với đường thẳng d Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng d sao cho
khoảng cách từ M đến mặt phẳng (P) bằng 3
Mặt phẳng (P) qua A và nhận vectơ u=(2;1; 2)− làm vectơ pháp tuyến nên phương trình của nó là 2(x + 2) + y – 3 – 2(z – 1) = 0 hay 2x + y – 2z + 3 = 0 0.25
Vì M thuộc d nên M(3 + 2t; 2 + t; 1 – 2t) Khoảng cách từ M đến (P) là:
| 2(3 2t) 2 t 2(1 2t) 3 |
2 1 ( 2)
+ + + − − +
+ + −
0.25
d(M, (P))= ⇔3 | 3t+ =3 | 3 ⇔ t = 0 hoặc t = –2
Câu 6
(1,0 điểm) a) (0,5) Cho góc α thỏa mãn 5sin 2α −6cosα =0 (1) và 0
2
π
< α < Tính giá trị của biểu
thức: A co s sin 2015( ) co t 2016( )
2
π
= − α + π − α − π + α
Vì 0
2
π
< α < nên cosα > 0, cotα > 0
3 (1) 10 sin cos 6cos 0 cos (5sin 3) 0 sin
5
⇔ α α − α = ⇔ α α − = ⇔ α = (vì cosα>0)
0,25
2
2
sin
α = − = − = ⇒ α =
A sin sin co t 2 sin co t 2
= α + α − α = α − α = − = −
0,25
b) (0,5) Cho đa giác đều 12 đỉnh, trong đó có 7 đỉnh tô màu đỏ và 5 đỉnh tô màu xanh Chọn
ngẫu nhiên một tam giác có các đỉnh là 3 trong 12 đỉnh của đa giác Tính xác suất để tam giác được chọn có 3 đỉnh cùng màu
Trang 4www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam
Số phần tử của không gian mẫu là: |Ω =| C123 =220 0,25 Gọi A là biến cố chọn được tam giác có 3 đỉnh cùng màu Số kết quả thuận lợi cho A
là: |Ω =A| C37+C35=45 Xác suất biến cố A là | A| 9
P(A)
| | 44
Ω
Câu 7
(1,0 điểm)
Tính thể tích khối chóp A.BB’C’C và khoảng cách từ M đến mặt phẳng (AB’N)
N
M
C'
B'
B
A'
H
Tam giác ABC đều cạnh a và M là trung điểm BC nên:
AM ⊥ BC và a 3
AM
2
=
AM⊥BC và AA’⊥BC⇒A’M⊥ BC
⇒ Góc giữa hai mặt phẳng (A’BC) và (ABC) là A ' MA=600
Tam giác A’AM vuông tại A nên:
AA ' AM tan 60 3
0,25
Diện tích hình chữ nhật BB’C’C là:
2 BB'C'C
3a
S BB '.BC
2
AM ⊥ BC và AM ⊥ BB’ ⇒ AM ⊥ (BB’C’C) Thể tích khối chóp S.ABCD là:
BB'C'C
0,25
Trong mặt phẳng (BB’C’C), B’N cắt BC tại D
Khi đó: C là trung điểm BD và BAD=900
Gọi E là trung điểm AD, ta có: CE ⊥ AD Dựng CH ⊥ NE (H ∈ NE)
AD ⊥ CE và AD ⊥ CN ⇒ AD ⊥ (CNE) ⇒ AD ⊥ CH
CH ⊥ NE và CH ⊥ AD ⇒ CH ⊥ (AB’N)
0,25
CN CC '
CH
2 13
CH =CE +CN =a +9a =9a ⇒ =
d(M, (AB ' N)) d(C, (AB ' N)) CH
0,25
Câu 8
(1,0 điểm) Giải hệ phương trình (I) 2
2
3 8 x 4 y 1 x 14y 12
(I) ⇔
2
x y (x y)(y 1) 2(y 1) 0 (1)
3 8 x 4 y 1 x 14y 12 (2)
Điều kiện: x ≤ 8, y ≥ – 1, (x – y)(y + 1) ≥ 0 (*) Nếu (x ; y) là nghiệm của hệ (I) thì y > – 1 Suy ra x – y ≥ 0
0.25
Thay x = 2y + 1 vào (2) ta được:
3 7 2y− −4 y 1+ =(2y 1)+ −14y 12− ⇔4 y 1 3 7 2y+ − − +4y −10y 11− =0
2 4( y 1 2) 3( 7 2y 1) 4y 10y 6 0
0.25
Trang 5www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam
y 1 2 7 2y 1
⇔ − + + + =
(3)
1 y
2
− < ≤ nên 2 2 2
y 1 2 ≥ 3 2 2 + + + ,
4
7 2y 1 >
− + , 2y + 1 > –1
2y 1 0
y 1 2 7 2y 1
+ + − + Do đó: (3)⇔ − = ⇔ =y 3 0 y 3
⇒ x = 7 (thỏa (*)) Vậy hệ phương trình đã cho có một nghiệm (x ; y) = (7 ; 3)
0.25
Câu 9
(1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có trực tâm H, phương trình đường thẳng AH là 3x− + =y 3 0, trung điểm của cạnh BC là M(3 ; 0) Gọi E và F lần lượt là chân
đường cao hạ từ B và C đến AC và AB, phương trình đường thẳng EF là x 3y 7− + =0 Tìm
tọa độ điểm A, biết A có hoành độ dương
J I
M
F
E
H
A
J I
M
F
E
A H
B C
Gọi I trung điểm AH Tứ giác AEHF nội tiếp và bốn điểm B, C, E, F cùng thuộc một đường tròn nên IM ⊥ EF (đoạn nối tâm vuông góc với dây chung)
Ta có: IEF = ABE (cùng phụ góc A hoặc cùng phụ góc EHF)
2
⇒ MEI=900 ⇒ MFI =MEI=900
Do đó tứ giác MEIF nội tiếp đường tròn đường kính IM, tâm là trung điểm J của IM
(Đường tròn (J) là đường tròn Euler)
0.25
Đường thẳng IM qua M và vuông góc EF nên có phương trình: 3x + y – 9 = 0
I là giao điểm của AH và IM nên tọa độ điểm I là nghiệm của hệ phương trình:
3x y 3 0 3x y 9 0
− + =
+ − =
⇒ I(1; 6)
0.25
Đường tròn đường kính IM có tâm J(2 ; 3) và bán kính r=JM= 10 nên có phương trình: (x – 2)2 + (y – 3)2 = 10
Tọa độ điểm E là nghiệm của hệ phương trình:
x 3y 7 0
− + =
( )2
y 4
= −
=
y 2
= −
=
⇒ E(5 ; 4) hoặc E(–1;2)
0.25
Trang 6www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam
Ta có: IA = IE ⇔ IA2 = IE2 ⇔ − (a 1)2+ (3a − 3)2 = 20 ⇔ = ± a 1 2
Vì A có hoành độ dương nên A(1+ 2; 6 3 2)+
Câu 10
(1,0 điểm) Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn điều kiện 4a 2c b c
+ + + =
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: bc 2ca 2ab
P a(b 2c) b(c a) c(2a b)
x , y , z
= = = (x, y, z > 0)
Điều kiện đã cho trở thành:
3 3
Ta có:
3
3 3 (x y)
x y
4
+ + ≥ và (x + y)2 ≥ 4xy
Do đó:
x y (x y) 4 xy(x y) x y
Mặt khác x y
2
y+ ≥x nên
3 3
= + + ≥ +
x y
z
+
0.25
Ta có:
P
y 2z 2z x x y xy 2zx 2yz xy x y
2
2z(x y) 2
Suy ra:
x y 2
4 z
P
4
+
≥ + + +
+
0.25
z
+
= < ≤ Ta có 2t 4
P
t 4 t
+
t 4 t
= + < ≤
2
4(t 8t 16)
t (t 4)
− −
+ ⇒ f(t) nghịch biến trên (0 ; 2]
0.25
P f (t) f (2)
3
≥ ≥ =
x y 8
z
=
= ⇔ + = ⇔ = = ⇔ = = Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 8
3, khi 2a = b = 4c
0.25
Chú ý: Những cách giải khác đáp án, nếu đúng vẫn cho điểm tối đa Tùy theo thang điểm của đáp án mà giám
khảo cho điểm tương ứng